[USACO 2008 Jan. Silver]架设电话线 —— 最短路+二分

一道图论的最短路题。一开始连最短路都没想到，可能是做的题太少了吧，完全没有思路。

题目大意：
FJ的农场周围分布着N根电话线杆，任意两根电话线杆间都没有电话线相连。一共P对电话线杆间可以拉电话线，第i对电话线杆的两个端点分别为A_i、B_i，它们间的距离为L_i 。数据中保证每对{A_i，B_i}最多只出现1次。FJ的任务是找一条将1号和N号电话线杆连起来的路径。电信公司最终同意免费为FJ连结任意K对电话线杆。此外的电话线，FJ需要为它们付的费用，等于其中最长的电话线的长度（每根电话线仅连结一对电话线杆）。如果需要连结的电话线杆不超过K对，那么FJ的总支出为0。求FJ最少需要在电话线上花多少钱，如果任务不可能完成，输出-1。

1 <= N <= 1,000
1 <= P <= 10,000
1 <= L_i <= 1,000,000
0 <= K < N
样例输入
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6
样例输出
4

注意一句话题意 ： 在加权无向图上求出一条从 1号结点到n号结点的路径，使路径上第k+1大的边权尽量小。”

我们不妨将这条k+1大的边权设为(P),将图中大于等于(P)的边权类似离散的思想的将它们赋为1，反之赋为0。这里就不给出图了。我们再对离散后的图跑一遍最短路，设这时1-n的最短路长度为(X)，我们便可以发现(P)在这条最短录径上第(X+1)的边（因为比(P)大的边只有(X)条）

试问，如果这个(X)比(K+1)还大，请问这个(P)还可以作为我们的答案吗？肯定是不行的，因为我们跑的是最短路，也就是(X)最小的情况，如果这个(X)比(K+1)还大，那么这条边(P)就不可能是(K+1)大的边，自然就会舍去。

现在要解决的是(P)的问题，直接枚举吗？其实根本不需要，我们发现如果(P)跑出来的最短路小于等于(K)，那么(P+1)跑出来的最短路也一定小于等于(K),答案明显满足单调性，因此我们可以使用二分来做这道题。

（有的人可能要为为什么是小于等于(K),按照一句话题意不是要我们求(X)等于(K)的情况。我的理解是有的路径的条数可能比(K)还少，但我们依然可以选择这条路径上的边。另外，这样也适应了二分的情况。如果是等于，二分则跑不出来。）

关于对图的离散化，不要告诉我们你们会直接把所有边都赋为1和0，在代码中我们只需要这么做（我用的是dijkstra的堆优化）

			v=G[now.u][i].v,w=G[now.u][i].w;
            if(w>=P) w1=1;
            else w1=0;
            if(dis[now.u]+w1<dis[v]) {
                dis[v]=dis[now.u]+w1;
                q.push( node (dis[v],v));
            }

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;

#define N 50010
#define inf 0x7f7f7f7f

struct node {
    int u,dis;
    node () {};
    node (int D,int U) { u=U; dis=D; }
    bool operator < (const node& h) const {
		return dis>h.dis;
	}
};

struct Gragh {
    int v,w;
    Gragh () {};
    Gragh (int V,int W) {v=V;w=W;}
};

int P[10],n,m,k,ans=inf,vis[N],sum=1,dis[N];
vector<Gragh> G[N];
priority_queue<node> q;

int dijkstra(int st,int P) {
    q.push( node (0,st) );
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[st]=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    while(!q.empty() ) {
        node now=q.top();
        q.pop();
        if(vis[now.u]) continue;
        vis[now.u]=1;
        for(int i=0,v,w,w1;i<G[now.u].size();i++) {
            v=G[now.u][i].v,w=G[now.u][i].w;
            if(w>=P) w1=1;
            else w1=0;
            if(dis[now.u]+w1<dis[v]) {
                dis[v]=dis[now.u]+w1;
                q.push( node (dis[v],v));
            }
        }
    }
    return dis[n];
}

bool check(int mid) {
    if(dijkstra(1,mid)<=k) return 1;
    return 0;
}

/*
4 3 3
1 2 1
2 3 2
3 4 3
*/

int main() {
    int maxw=0;
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) {
        cin>>u>>v>>w;
        maxw=max(maxw,w);
        G[u].push_back( Gragh(v,w) );
        G[v].push_back( Gragh(u,w) );
    }
    int mid,l=0,r=maxw,flag=0;
    while(l<r) {
        mid=(l+r+1)/2;
        if(check(mid)) r=mid-1,flag=1;
        else l=mid;
    }
    if(!flag) cout<<"-1";
    else cout<<l;
}

(话说二分每次都打不对orz)